Diskret matematik: Övningstentamen 1

Diskret matematik: Övningstentamen 1 1. Bevisa att de reella talen är en icke-uppräknelig mängd.. För två mängder av positiva heltal A och B skriver vi A C B, om det är så att A innehåller ett heltal som är alla heltal i B. (Ett sådant krav betraktas som uppfyllt ifall B =.) Är relationen C en partiell ordning? 3. På julaftonens morgon fick barnen följande kryptiska meddelande: "Ett nödvändigt och tillräckligt villkor för att tomten ska komma är att barnen har varit snälla och tomtenissarna har tillverkat julklappar. Ett tillräckligt villkor för att tomtenissarna ska tillverka julklappar är att barnen har varit snälla. Ett nödvändigt villkor för att tomten ska komma är att barnen ska få julklappar." Självklart har barnen varit snälla. Fick de julklappar? 4. Betrakta grafen (a) Har den en Eulerkrets (d.v.s. en sluten väg som genomlöper alla bågar exakt en gång)? en icke-sluten Eulerväg? (b) Har den en Hamiltoncykel (d.v.s. en sluten väg som besöker alla noder exakt en gång)? (c) Är grafen planär? (d) Bestäm grafens kromatiska tal (d.v.s. det minsta antal färger som krävs för att färga noderna så att inga grannar har samma färg) 5. Bosse tog ett tal, fördubblade det och drog bort 1. Efter att ha upprepat denna procedur ytterligare 98 gånger (hela tiden utgående från föregående resultat) fick han fram talet 100 +1. Vilket var talet han startade med? 6. Visa att 1 1600n 1 är delbart med 005 för varje icke-negativt heltal n Hjälp: 401 är ett primtal. 7. På hur många olika sätt kan 30 identiska kulor fördelas på 3 numrerade lådor, så att låda 1 får ett jämnt antal kulor, låda får högst 3 st. kulor, medan låda 3 får minst 4 st. kulor. 8. Visa att för varje positivt heltal n gäller : n är antingen eller Tips: Stöd dig på aritmetikens fundamentalsats. ett heltal ett irrationellt tal 1

Diskret matematik: Övningstentamen 9. Skriv på disjunktiv normalform (som en summa av "enkla" produkter) det Booleska uttrycket x z +ȳz 10. Visa att för alla positiva heltal n och alla heltal a, b, c, d gäller ¾ a b (mod n) = ac bd (mod n) c d (mod n) 11. Hur många telefonnummer kan man bilda med sex siffror, utan nolla, men med minst två ettor? 1. a) Visa att det finns en graf G (utan öglor eller multipla bågar) med 6 noder, sådan att varje nod har grad 4, genom att rita upp en sådan. b) Har G en Eulerkrets (d.v.s. en sluten väg som genomlöper alla bågar exakt en gång)? Omja ritauppen. c) Har G en Hamiltoncykel (d.v.s. en sluten väg som besöker alla noder exakt en gång)? Omja ritauppen. d) Bestäm G:s kromatiska tal (d.v.s. det minsta antal färger som krävs för att färga noderna så att inga grannar har samma färg) 13. Låt (a k ) k=0 vara en godtycklig följd av heltal. Definiera två nya följder, (p k) k=0 och (q k) k=0, så här p 0 = a 0 p 1 = a 0 a 1 +1, q 0 =1 q 1 = a 1, p k = a k p k 1 + p k för k q k = a k q k 1 + q k Visa att för varje k gäller (a) p k q k 1 p k 1 q k =( 1) k 1 (b) p k och q k är relativt prima. 14. Definiera en relation på mängden av positiva heltal enligt följande: arb omm ab är ett kvadrattal, d.v.s. ab {1, 4, 9, 16, 5, 36,...} Undersök om den är en ekvivalensrelation och beskriv i så fall ekvivalensklasserna. 15. Lampor i de sju färgerna röd, orange, gul, grön, blå, indigo, och violett ska ordnas på en rad. På hur många sätt kan detta ske, om följande villkor ska vara uppfyllda? Alla färger ska förekomma exakt en gång. Lampan på andra plats får inte vara röd. Lampan på sjätte plats får inte vara blå. En gul lampa får inte komma direkt före en blå.

Diskret matematik: Övningstentamen 3 16. På mängden av alla icke-tomma strängar av symboler från ett visst alfabet (alla möjliga meningsfulla och meningslösa ord som kan bildas med alfabetets bokstäver) definierar vi relationen R på följande sätt: (x, y) R om och endast om y börjar med x. Visa att denna relation är en partiell ordning och bestäm dess minimala element. 17. Talföljden (a n ) n=0 definieras genom a 0 = 1, a 1 = a n+1 = 3a n a n 1 för n 1 Vad är a 100? Vad är a n för godtyckligt n N? (Det räcker nu inte att säga vad du tror, efter att ha räknat ut, säg, a,a 3,a 4, utan du får försöka ge en mera övertygande motivering!) 18. Den Booleska funktionen f (x, y, z, w) =(x +ȳ)(y + z)+(z + w)(w + x) är ovan uttryckt som en summa av produkter. Gör en funktionstabell för f och uttryck den som en enda produkt av enkla summor i stället. (... +... +...)(... +... +...)... (... +... +...) (Enkel summa = Varje term innehåller endast en variabel och ingen multiplikation, d.v.s. är av formen x eller x. Antalet faktorer i produkten behöver inte vara exakt två.) 19. Låt Gx stå för predikatet "x är en graf". Låt Hx vara predikatet "x har en Hamiltoncykel". Låt Dx vara predikatet "x har dubbelt så många bågar som noder". (a) Uttryck i predikatlogik med ovanstånde beteckningar påståendet "Alla grafer som har dubbelt så många bågar som noder har en Hamiltoncykel." (b) Uttryck med ord (så begripligt som möjligt!) x :(Gx ((Dx Hx) ( Dx Hx))) (c) Avgör sanningshalten i påståendena (a) och (b). (Motivera ditt svar!) 0. På hur många olika sätt kan man ur en mängd med n element välja två disjunkta delmängder (tomma delmängder tillåtna)? 1. Låt φ beteckna Eulers φ-funktion. a) Visa att om p är ett primtal, k positivt heltal, så är φ ³p k = p k p k 1 b) För vilka n är φ (n) =10? 3

Övningstentamina : Lösningar 1. Se stencil om mängder.. Nej den är reflexiv och transitiv, men inte antisymmetrisk: Tag två olika mängder A och B, vars minsta element dock är lika, t.ex A = {1, },B = {1, 3}. Då gäller såväl A C B som B C A, men A 6= B. 4. a) Det finns fler än noder av udda grad, alltså finns varken en sluten eller icke-sluten Eulerväg. b) Ja, t.ex. 3. k ="tomten kommer", s ="barnen har varit snälla", t ="nissarna har tillverkat julklappar", f ="barnen får julklappar" Premisserna är 1) k s t ) s t 3) k f 4) s c) Ja den kan ritas utan överkorsande bågar: Kan vi ur dem härleda f? nr sann utsaga motivering 5) t, 4, modus ponens 6) s t 4, 5 7) k 1, 6 f 3, 7, modus ponens Ja, barnen fick julklappar (naturligtvis :-). d) Två färger räcker : 1

5. Problemet kan formuleras a n = a n 1 1 a 100 = 100 +1 a 1 =? Iteration av rekursionsformeln ger Alltså a = a 1 1 a 3 = a 1 1 a 4 = 3 a 1 1 a 5 = 4 a 1 3 1... a 100 = 99 a 1 98 97... 1= = 99 a 1 99 1 1 = = 99 (a 1 1) + 1 99 (a 1 1) + 1 = 100 +1 99 (a 1 1) = 100 a 1 1 = a 1 = 3 6. 005 = 5 401 Det räcker att separat visa att våra tal är delbara med dels 5, dels 401. Modulo 5 är 1 1600n 1 800n 1 = 145 1 ³ ( 1) 800n = ( 1) 800 n =1 1 1600n 1 0 Modulo 401 är 1 1600n = 1 400 4n [Fermats lilla sats] 1 n =1 1 1600n 1 0 Fermats lilla sats kan man använda även i modulo 5-räkningen: 1 1600n = 1 4 400n 1 400n =1 7. Dela upp varianterna efter antal kulor i låda : Med m + n ikolumnk menas att låda skall ha k kulor, medan lådor 1 och 3 skall få m resp. n kulor 0 1 3 0+30 0+9 0+8 0+7 +8 +7 +6 +5 4+6 4+5 4+4.... + 5. 4 + 5 4 + 4 6 + 4 Totala antalet summor i tabellen är 14 + 13 + 13 + 1 = 5 8. Att n inte är vare sig ett heltal eller irrationellt skulle betyda att p n =, p,q heltal, q>1 q SGD(p, q) =1 9. I primtalsfaktoriseringen av q måste då finnas minst ett primtal q 1 som förekommer fler gånger än i primtalsfaktoriseringen av p. Skriver vi då likheten på formen q n = p och tänker oss båda leden faktoriserade i primtal, får vi motsägelse mot entydighetsdelen i aritmetikens fundamentalsats: I vänsterledet förekommer q 1 fler gånger än i högerledet. = x z ȳz =( x + z)(y + z) = = xy + x z + yz + z z = = xy + x z + yz 10. Att två tal är kongruenta modulo n är liktydigt med att de skiljer sig med en multipel av n. Förutsättningen innebär att a = b + jn för något heltal j c = d + kn för något heltal k och det gäller att visa att ac = bd + mn för något heltal m Distributiva lagen och utbrytning av n ger ac = (b + jn)(d + kn) = = bd +(jd + bk + jkn) n Alltså kan vi ta m = jd + bk + akn.

11. Dela in alternativen efter antalet ettor: µ µ µ µ 6 6 6 6 8 4 + 8 3 + 8 + 8 + 1 = 7 689 3 4 5 1. a) Tillämpa Havel-Hakimis sats (Santos 358) 4, 4, 4, 4, 4, 4 3, 3, 3, 3, 4 4, 3, 3, 3, 3,,, 1, 1,, 1, 1 En graf med gradföljden, 1, 1 är lätt att rita upp: Sedan går man tillbaka i räkningarna och lägger till noder och bågar Efter ytterligare två steg fås (Ovanstående fyra noder kan identifieras med a, b, d, e nedan) : b) Ja alla noder har jämn grad. c) Ja allanoderhargrad (antal noder) /. (Diracs sats, Santos 369) d) G innehåller "trianglar" delgrafer isomorfa med K 3 somt.ex. a b f b, så det behövs minst tre färger. Tre färger räcker: nod : a b c f e d färg : 1 3 3 1 13. a) Induktionsbevis b) Om p k och q k båda är delbara med ett heltal d, så är p k q k 1 p k 1 q k = p k d d q q k k 1 p k 1 = ett heltal d Menenligta)ärdettaheltal = ( 1)k 1 d Så enda möjligheten för d är ±1. 14. R är reflexiv ara för alla a a är ett kvadrattal för alla a sant R är symmetrisk, till följd av att ab = ba R är transitiv, eftersom ¾ ab = r, r Z + bc = s s Z + = ac = ³ rs b och här måste det rationella talet rs/b isjälvaverket vara ett heltal, enligt följande allmänna resultat (som vi använder här med n = ac och rs b = n) För varje positivt heltal n gäller : n är antingen ett heltal eller ett irrationellt tal (Se uppgift 8.) För att beskriva ekvivalensklasserna, tänker vi oss a och b faktoriserade i primtal. (Det hade varit ett använbart angreppssätt även för kontrollerna ovan.) Säg att p 1,p,..., p n är de olika primtalen som förekommer i någon av de två faktoriseringarna: a = p a 1 1 pα...pa n n b = p b 1 1 pb...pb n n,a j,b k icke-negativa heltal Entydigheten i aritmetikens fundamentalsats ger att ab är ett kvadrattal a k + b k är ett jämnt tal för varje k =1,,..., n a k och b k är antingen båda udda eller båda jämna Så två heltal a och b tillhör samma ekvivalensklass då och endast då det är så att för varje primtal p gäller att antalen gånger p förekommer i faktoriseringarna av a resp. b är båda udda eller båda jämna. Om vi tillordnar varje heltal a en oändlig följd av 1:or och 0:or (a 1,a,...) enligt föreskriften a k = 1 eller 0 beroende på om primtal nr k förekommer ett udda eller ett jämnt antal gånger i faktoriseringen av a, såkanviidentifiera mängden av ekvivalensklasser med mängden av olika sådana oändliga följder av 1:or och 0:or. 3

15. R = mängden av konfigurationer, där den andra lampan är röd. B = mängden av konfigurationer, där den sjätte lampan är blå. G = mängden av konfigurationer, där gula lampan kommer direkt före den blå. Totala antalet sätt att ordna 7 lampor =7!Vi söker 7! R B G Vi har att R = 6! B = 6! G = 5! 6=6! R B = 5! R G = 4! 4 B G = 5! R B G = 4! Inklusion-exklusionprincipen ger R B G = 3 6! 5! 4! 4 5! + 4! = 3 70 10 4 4 + 4 = 1848 Svar: 7! 1848 = 319 Alternativ: De tillåtna alternativen med blå lampa på andra plats : 5 alternativ (ej gul) för första plats, 5! alternativ för platser 3-7 gul lampa på andra plats : 4 möjliga platser för blå lampa, 5! alternativ att placera resten varken röd, blå eller gul på andra plats, blå på första eller tredje plats : 4 alt., 5! alternativ för resten varken röd, blå eller gul på andra plats, blå på plats 4, 5 eller 7 : 4 3 alternativ, ej gul före blå : 4 alternativ, resten : 4! alternativ. Totalt : 5 5! + 4 5! + 4 5! + 4 3 4 4! = 319 16. Konstatera att relationen uppfyller (x, x) R (x, y) och (y,x) R är möjligt endast då x = y (x, y) och (y, z) R = (x, z) R De minimala elementen är alla strängar som består av en bokstav enbart. 17. Se lösning till uppgift 36 ihäftetrekurison & induktionsbevis. 18. x y z w x+ȳ y + z z + w w+ x f 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 En produkt är 0 då och endast då en av faktorerna är 0. Vi vill ha en produkt av summor som är 0 dåå (x, y, z, w) är lika med antingen (0, 1, 0, 1) eller (1, 0, 1, 0). En sådan är produkten av två summor, där den ena är 0 dåå (x, y, z, w) =(0, 1, 0, 1), medan den andra är 0 dåå (x, y, z, w) =(1, 0, 1, 0) : (x +ȳ + z + w)( x + y + z + w) Kunde man fått fram detta utan att göra funktionstabell först? Faktorerna i vår eftersökta produkt svarar mot exakt de rader i tabellen, där f =0. Vi vet att, om en Boolesk funktion är skriven som en summa av produkter av de ingående variablerna och deras komplement (disjunktiv normalform), så kan man ur termerna avläsa för vilka rader i tabellen funktionen är 1. Därförkanvifåsummornaivåreftersöktaprodukt genom att skriva f på disjunktiv normalform: f (x, y, z, w) = (x +ȳ)(y + z)+(z + w)(w + x) = = (x +ȳ)(y + z) (z + w)(w + x) = = (x +ȳ + y + z) (z + w + w + x) = = ( xy +ȳz)( zw + wx) = = xy zw +ȳz zw + xy wx+ȳz wx = = xy zw +0+0+xȳz w xy zw =1 x +ȳ + z + w =0 Att f =1dåå xy zw =1eller xȳz w =1säger oss att f =0dåå x +ȳ + z + w =0eller x + y + z + w =0, såvikanhärifrånavläsaatt f =(x +ȳ + z + w)( x + y + z + w) 4

19. a) x : Gx Dx Hx b) Mängden grafer som har en Hamiltoncykel är inte identisk med mängden grafer som har dubbelt så många bågar som noder det finns åtminstone en graf som har dubbelt så många bågar som noder, men ingen Hamiltoncykel eller som har en Hamiltoncykel, men inte dubbelt så många bågar som noder. c) Påstående (a) är falskt: Tänk dig en graf G bestående av två komponenter, varav den ena har bågar mellan varje par av noder en s.k. fullständig graf K n medan den andra komponenten består av en enstaka isolerad nod. antal noder = n +1 µ n antal bågar = = n (n 1) För n 6 har G mer än dubbelt så många bågar som noder : n (n 1) > (n +1) n n > 4n +4 n 5n > 4 µ n 5 > 4+ 5 4 n > 5 r 41 + 4 = 5+ 41 Men överflödet på bågar i ena komponenten räcker naturligtvis inte för att nå den andra komponenten! Detta exempel bevisar också att (b) är sann : Det finns en graf som har dubbelt så många bågar som noder, men som ändå inte har någon Hamiltoncykel. 0. Antalet ordnade par av delmängder : µ µ µ n n n n + n 1 +... + 0 =3 n 0 1 n (Dela in paren (A, B) efter antal element i A : För en A med k element finns n k alternativ och sedan skall B väljas bland delmängderna till komplementet till A, som är n k st. Enklare: För varje element x skall vi avgöra om det skall tillhöra första delmängden A, andra delmängden B, ellen ingen av dessa. Alltså har vi tre alternativ för vart och ett av n st. oberoende val.) Bland paren finns endast ett med A = B :(, ), medan vad övriga beträffar gäller att närhelst (A, B) är ett par av disjunkta delmängder, så är även (B,A) ett sådant. Vi är intresserade av mängder {A, B}, inte av ordnade par (A, B). Svar: 3 n 1 +1= 3n +1 1. a) φ (n) =antalet tal bland 1,,..., n som är relativt prima med n. Om n = p k,pprimtal, så är m relativt prima med n omm m inte är en multipel av p. Multiplarna av p bland 1,,..., p k är p k p = pk 1 st. Därför är de återstående talen p k p k 1 st. b) Enligt sats är φ (mn) = φ (m) φ (n) för m och n, som är relativt prima Om primtalsfaktoriseringen av n är n = p k1 1 pk...pkm m, är därför ³ φ (n) = φ = p k1 1 ³ φ p k ³ p k 1 1 pk 1 1 1 p 1,p,..., p m olika primtal...φ p km m = ³ p k pk 1 De enda faktoriseringarna av 10 är så antingen eller 1 10 och 5 ½ n = p k p k p k 1 =10 n = p k 1 1 pk p k1 1 pk1 1 p k pk 1 1 =1 =10 n = p k1 1 pk... p k m m p k m 1 m eller p k1 1 pk1 1 1 = p k pk 1 =5 Skriv om p k p k 1 = p k 1 (p 1) Då p k 1 (p 1) är en växande funktion av såväl p som k, så räcker det att testa de minsta möjliga värdena på p och k, tills man överstigit högerledet. Man får att för p primtal och k positivt heltal så är ½ p k 1 p = (p 1) = 1 k =1 ½ ½ p k 1 p = p =3 (p 1) = eller k = k =1 p k 1 (p 1) = 5 har ingen lösning ½ p k 1 p =11 (p 1) = 10 k =1 Alltså är φ (n) =10endast för n = 11 1 och n = 1 11 1 = 5